1、四川省宜宾市第四中学2020届高三物理下学期第四学月试题（含解析）1. 近代物理取得了非常辉煌的成就，下列关于近代物理的说法正确的是（）A. 用同频率的光照射不同的的金属表面时均有光电子逸出，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W就越大B. 137Cs是核泄漏时对人体产生有害辐射的的重要污染物，其核反应方程式其中X为电子C. 一个氢原子处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出6种频率的光子D. 每个核子只与邻近核子产生核力作用，比结合能越大的原子核越不稳定【答案】B【解析】【详解】A根据爱因斯坦的光电效应方程同种光照射金属，初动能Ek越大，该金属的逸出功W就
2、越小，A错误；B在核反应方程中，根据质量数守恒，电荷数守恒，可以求得X的质量数为零，带一个单位负电荷，因此它一定是电子，B正确；C因为只有一个氢原子，处在n=4的能级，当它跃迁到较低能级时，最多可发出3种频率的光子，C错误；D比结合能越大，原了核结合的越牢固，也就是原子核越稳定，D错误。故选B。2. 某同学在练习投篮，篮球第一次击中篮板上的a点，第二次击中a点正上方的b点，若两次篮球抛出点的位置相同，且都是垂直击中篮板，不计空气阻力，与第一次相比，第二次（ ）A. 篮球击中篮板时，速度较大B. 在篮球从投出到击中篮板的过程中，所用时间较多C. 在篮球从投出到击中篮板的过程中，速度变化率较大D.
3、 在投出过程中，手对篮球的冲量一定较大【答案】B【解析】【详解】A篮球在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较长，第二次运动水平分速度较小，故篮球击中篮板时，第二次运动速度较小，故A错误；B将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次运动过程中的高度较高，所以运动时间较长，故B正确； C速度变化率为加速度，在篮球从投出到击中篮板过程中，篮球受到的合力为重力，加速度都为重力加速度，故C错误；D根据动量定理第二次运动水平分速度较小，但第二次运动竖直分速度较大，无法判断两次运动篮球出手时初速度的大小，故无法判断两次在投出过程中，手对篮球的冲量，故D错误。故选B。3. 某质点沿一直线运
4、动，其速度的二次方（v2）与位移（x）的关系图线如图所示，则该质点在012m的运动过程中（ ）A. 加速度越来越大B. 所用的时间为3sC. 经过x=6m时的速度大小为4m/sD. 06m和612m所用的时间之比为1：1【答案】B【解析】【详解】A根据速度位移关系代入图中数据可得，故质点的加速度不变，故A错误；B根据速度位移关系解得末速度为所用的时间为故B正确；C将x=6m带入解得，故C错误；D经过x=6m时的速度大小为5m/s，根据速度时间关系06m所用的时间612m所用的时间06m和612m所用的时间之比为2：1，故D错误。 故选B。4. 如图所示，水平台面上放置一个带有底座的倒三脚支架，
5、每根支架与水平面均成45角且任意两支架之间夹角相等。一个质量为m的均匀光滑球体放在三脚架里，重力加速度为g，则每根支架受球体的压力大小是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为45，根据平衡条件可得解得故B正确ACD错误。5. 如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，转轴OO垂直于磁感线。线圈通过滑环和电刷连接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表为理想电表。保持线圈abcd以恒定角速度转动，则（）A. 从图示位置开始计时，矩形
6、线圈产生的感应电动势瞬时值表达式为B. 原、副线圈的功率之比为n1：n2C. 电压表V2示数为D. 当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，电压表V1示数增大【答案】C【解析】【详解】A从图示位置开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为A错误；B变压器的输入与输出功率之比为1：1，B错误；C由交流电的产生可知，线圈中产生的最大电动势交流发电机内电阻不计，所以电压表V1的示数等于根据可得副线圈中电压表V2的示数为C正确；D交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，电压表V1读数不变，D错误。故选C。6. 如图所示，A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分
7、别为mA=3 kg ，mB=2 kg， mC=1 kg，三个小球的初状态均静止，B、C两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给A一个向左的初速度v0=10 m/s，A、B碰后A球的速度依然向左，大小为2 m/s，下列说法正确的是（）A. 球A和B碰撞是弹性碰撞B. 球A和B碰撞后，球B的最小速度可为0C. 球A和B碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72JD. 球A和B碰撞后，球B速度最小时球C的速度可能为16 m/s【答案】AD【解析】【详解】AAB两球相碰，根据动量守恒定律代入数据，可求得由于，在碰撞的过程中满足因此该碰撞弹性碰撞，A正确；BD由于BC及弹簧组成的系统，在运动的过程中
8、满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态整理得 ，因此B最小速度为，此时C球的速度为，B错误，D正确；C当BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大解得C错误。故选AD。7. 在光滑水平面上，小球A、B（可视为质点）沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失两球运动的速度一时间关系如图所示，下列说法正确的是A. B球质量为2 kgB. 两球之间的斥力大小为0. 15 NC. t=30 s时，两球发生非弹性碰撞D. 最终B球速度为零【答案】BD【解析】【详解】当两球间距小于L时，两球均
9、做匀减速运动，因B球质量大于A球质量可知B球加速度小于A球的加速度，由v-t图像可知：；由牛顿第二定律：，解得mB=3mA=3kg，F=0.15N，选项A错误，B正确； 由图像可知，AB在30s时刻碰前速度：vA=0，vB=2m/s；碰后：vA=3m/s，vB=1m/s，因可知t=30 s时，两球发生弹性碰撞，选项C错误；由图像可知，两部分阴影部分的面积应该相等且都等于L，可知最终B球速度为零，选项D正确.8. 在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域如图所示，ab =L，AB =2L，
10、abc=ABC=90，acb=ACB=30线框穿过磁场的过程中A. 感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B. 感应电流先增大，后减小C. 通过线框的电荷量为D. c、b两点的最大电势差为【答案】AD【解析】【详解】线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小，再增加，则感应电流先增加、后减小，再增加，选项B错误；根据，因进入和出离磁场时，磁通量变化相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线圈完全进入磁场时，c、b两点的电
11、势差最大，最大为，选项D正确.第II卷 非选择题（174分）三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)9. 某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”（1）下列实验中相关操作正确的是_A平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上B平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器C小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源（2）将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误
12、差，小车和砝码的总质量是M，则M与m应当满足的条件是_.（3）在完成实验操作后，用图象法处理数据，得到小车的加速度倒数与小车质量M的关系图象正确的是_【答案】 (1). B (2). (3). C【解析】【详解】（1）平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误；（2）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：，对整体，根据牛顿第二定律得：，且，解得：（3
13、）由牛顿第二定律可知：，则，故选C.10. 几位同学对一个阻值大约为590的未知电阻Rx进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用：A待测电阻RxB电压表V（量程6V，内阻约3k）C电流表A1（量程20mA，内阻约5）D电流表A2（量程10mA，内阻约10）E滑动变阻器R1（020，额定电流2A）F滑动变阻器R2（02000，额定电流0.5A）G直流电源E（6V，内阻约1）H多用表I开关、导线若干(1)甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“100”档位，则多用表的读数为_；(2)乙同学根据以上器材设计如图乙所示的测量电阻的电路，则滑动变阻器应选择_（选填“R
14、1”或“R2”）；电阻测量值偏大的主要原因是_造成的（选填“电流表内阻”或“电压表内阻”）；(3)丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；开关S2处于断开状态，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半，读出此时电压表V的示数U1和电流表A2的示数I1。保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，适当调节滑动变阻器R1的位置，读出此时电压表V的示数U2和电流表A2的示数I2；可测得待测电阻的阻值为_，同时可测出电流表A1的
15、内阻为_（用U1、U2、I1、I2表示）；(4)比较甲、乙、丙三位同学测量电阻Rx的方法中，_同学的方案最有利于减小系统误差。【答案】 (1). 600 (2). R1 (3). 电流表内阻 (4). (5). (6). 丙【解析】【详解】(1)1用欧姆表“100”档位，由图示欧姆表表盘可知，多用表的读数为6100=600(2)2滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器R13由于电流表的分压作用，导致电阻两端电压偏大，所以电阻测量值偏大，即电阻测量值偏大的主要原因是电流表分压(3)45设电流表A1的内阻为r1，根据实验步骤可知根据步骤可得解得，6乙同学的设计方法
16、中，实际测得的阻值为RX与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大，而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差11. 如图所示，ABCD是光滑轨道，其中竖直圆轨道的半径为R0.2m，最低点B处入、出口不重合，C点是最高点，BD部分水平，D点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L1m。质量为m1kg的小物块从轨道上高H=0.6m处的P位置由静止释放，在竖直圆轨道内通过最高点C后经B点进入水平轨道，小物块与传送带间的动摩擦因数0.4，重力加速g取10m/s2。(1)小物块经过最高点C处时所受轨道的压力N的大小；(2)小物块在传送带上运动的时间
17、t及小物块与传送带之间摩擦产生的热量Q。【答案】（1）10N；（2）5.48J【解析】【详解】(1)设小物块滑到C的速度为vC，从AC过程由机械能守恒定律得 小物块在C处由牛顿第二定律得 由式解得 (2)设小物块进入传送带的速度为v0，加速度大小为a，在传送带上运动的时间为t，到达传送带右端速度为vt；从P B过程，由机械能守恒定律 从PE过程，由动能定理 由牛顿第二定律mg =ma得a=g=4m/s2由运动学公式 这段时间内，传送带向左运动位移s2=vt2=0.37m 摩擦产生的热Q =mg(L+s2)=5.48J 12. 如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L=0.
18、2m，左端接有阻值R=0.3W的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0T一根质量m=0.4kg，电阻r=0.1W的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x=9m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h=0.8m处已知金属棒与导轨间的动摩擦因数m=0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取g =10m/s2求：（1）金属棒运动的最大速率v ；（2）金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；（3）金
19、属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热【答案】(1) (2) 2m/s2（3）【解析】(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律， 解得： (2) 金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，则 由平衡条件可得 ： 金属棒速度为时，设回路中的电流为，则 由牛顿第二定律得 解得 a 2m/s2 （3）设金属棒在磁场中运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：则电阻R上的焦耳热： 解得： 13. 如图所示五幅图分别对应五种说法，其中正确的是_A. 甲图中微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B. 乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力
20、和斥力大小相等C. 丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D. 丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用E. 戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力【答案】BDE【解析】【详解】甲图中微粒运动就是物质颗粒的无规则运动，即布朗运动，是液体分子无规则热运动的表现，选项A错误；乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表现为零，选项B正确；丙图中食盐晶体的物理性质表现为各向异性，选项C错误；丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项D正确；戊图中洁净的
21、玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力，选项E正确.14. 如图，一定质量的理想气体经历了ABC的状态变化过程，在此过程中气体的内能增加了135 J，外界对气体做了90 J的功已知状态A时气体的体积VA = 600 cm3求：(1)从状态A到状态C的过程中，气体与外界热交换的热量；(2)状态A时气体的压强pA【答案】（i）45 J（ii）【解析】【详解】根据热力学第一定律有由代入数据得Q=+45J即气体从外界吸收热量45J从状态A到状态B为等容变化过程，根据查理定律有从状态B到状态C为等圧変化过程，根据盖吕萨克定律有从状态A到状态B
22、，外界对气体不做功；从状态B到状态C，外界对气体做的功又由式代入数据得：15. 如图所示，a、b、c、k是弹性介质中等距离分布在一条直线上的若干个质点t0时刻，处在e处的波源从平衡位置开始向上做简谐运动，形成在质点a、b、c、k所在的直线上传播的横波，其振幅为3cm、周期为0.2s若沿波的传播方向，后一个质点比前一个质点迟0.05 s开始振动t0.25 s时，直线上距波源e点2m处的某质点第一次达到最高点则下列判断正确的是 A. 该机械波的传播速度为8m/sB. 该机械波的波长为2mC. 图中相邻两个质点间距为0.5mD. 当a点经过的路程为12cm时，h点经过的路程为9cmE. 当b点在平衡
23、位置向下运动时，c点位于平衡位置的下方【答案】BCE【解析】【详解】ABC后一个质点比前一个质点迟0.05s振动，所以t=0.25s时，e后面的第五个质点开始振动，即质点j开始振动，所以j质点前面的质点i第一次到达波峰，即从e到i相距2m，所以相邻质点间的距离为故t=0.25s时波传播到了2.5m处，所以波速为故波长为A错误BC正确；D因为质点h到e点的距离小于质点a到e点的距离，所以质点h先振动，故h的路程大于质点a的路程，故D错误；E波从e点向左右两侧传播，根据波的传播方向知，当b点在平衡位置向下振动时，c点位于波谷即平衡位置下方，故E正确故选BCE。16. 如图所示，折射率，半径为R的透明球体固定在水平地面上，O为球心，其底部P点有一点光源，过透明球体的顶点Q有一足够大的水平光屏，真空中光速为c，求：(1)光在球体中沿直线从P点到Q点的传播时间t；(2)若不考虑光在透明球体中的反射影响，光屏上光照面积S的大小。【答案】(1)； (2)【解析】【详解】(1)光在透明球体内传播速度光从的时间联立得(2)设透明球体介质的临界角为，则得光屏上光照面为以为圆心，为半径的圆，如图所示，由几何知识得，其半径光屏上光照面积